Nội suy của không gian banach

2 MỤC LỤC Mục lục Mở đầu Nội suy không gian 1.1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.2 Nội suy không gian 13 Phương pháp nội suy phức 2.1 Phương pháp nội suy phức 17 17 2.2 Nội suy số lớp không gian Kết luận 27 35 Tài liệu tham khảo 36 MỞ ĐẦU Không gian Banach khái niệm đối tượng nghiên cứu quan trọng giải tích hàm Bản thân cấu trúc, tính chất hình học lớp khơng gian Banach đối tượng nghiên cứu nhiều ý nghĩa người làm việc lĩnh vực giải tích hàm Các vấn đề nội suy, thác triển vấn đề chung toán học đặc biệt quan trọng cấu trúc giải tích Sau khái niệm không gian Banach đời, người ta quan tâm đến vấn đề nội suy chúng Những kết cổ điển nội suy không gian Banach Riesz, Thorin Marcinkiewicz, sau phát triển Calderon ([3], [7]) Các kết mà họ đạt chủ yếu cho không gian Lp Có hai phương pháp nội suy không gian Banach phương pháp nội suy thực phương pháp nội suy phức Phương pháp nội suy thực xây dựng Gagliardro, Lions số tác giả khác, hình thành từ ý tưởng chứng minh định lý cổ điển Marcinkiewicz ([7]) Phương pháp nội suy phức xây dựng Lions, Peetre, số tác giả khác, xây dựng dựa vào kết quan trọng giải tích phức biến định lý ba đường thẳng Hadamard ([3]) Với mục đích tìm hiểu phương pháp nội suy không gian Banach số ứng dụng, lựa chọn đề tài sau cho luận văn là: Nội suy không gian Banach Nội dung luận văn trình bày khái niệm kết nội suy không gian Banach, phương pháp nội suy phức Lions Peetre, mô tả không gian nội suy không gian Lp (X) đưa kết mô tả nội suy không gian dãy với giá trị không gian Banach Luận văn thực Trường Đại học Vinh hướng dẫn thầy giáo, TS Kiều Phương Chi Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy Nhân dịp này, tác giả xin chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa Sau đại học, Ban chủ nhiệm Khoa Toán học cảm ơn thầy, cô giáo môn Giải tích, Khoa Tốn học nhiệt tình giảng dạy giúp đỡ tác giả suốt thời gian học tập Cuối xin cám ơn gia đình, đồng nghiệp, bạn bè, đặc biệt bạn lớp Cao học 17 Giải tích cộng tác, giúp đỡ động viên tác giả suốt trình học tập nghiên cứu Mặc dù có nhiều cố gắng, luận văn khơng tránh khỏi hạn chế, thiếu sót Chúng tơi mong nhận ý kiến đóng góp thầy, giáo bạn bè để luận văn hoàn thiện Vinh, tháng 12 năm 2011 Lê Ngọc Bằng CHƯƠNG NỘI SUY CỦA KHÔNG GIAN 1.1 Một số kiến thức chuẩn bị Mục nhắc lại số kết không gian định chuẩn, không gian Banach cần dùng sau Các kết tìm thấy [1] [5] 1.1.1 Định nghĩa Cho E không gian tuyến tính trường K Hàm : E → R gọi chuẩn E thoả mãn điều kiện sau: 1) x 0, với x ∈ E x = ⇔ x = 0; 2) λx = |λ| x , với λ ∈ K với x ∈ E; 3) x + y x + y , với x, y ∈ E Khi (E, ) gọi không gian định chuẩn Không gian định chuẩn không gian metric với metric sinh chuẩn d(x, y) = x−y , ∀x, y ∈ E Không gian định chuẩn E gọi không gian Banach E đầy đủ với metric sinh chuẩn Với tôpô sinh metric sinh chuẩn phép toán cộng nhân vô hướng E liên tục 1.1.2 Định nghĩa Không gian véctơ tôpô không gian véctơ với tơpơ cho phép tốn cộng nhân vô hướng liên tục Rõ ràng không gian định chuẩn không gian véctơ tôpô 1.1.3 Định nghĩa Chuỗi ∞ n=1 xn không gian định chuẩn E gọi hội tụ tuyệt đối chuỗi dương ∞ n=1 xn hội tụ Định lý sau kết quan trọng đặc trưng không gian Banach theo ngôn ngữ chuỗi 1.1.4 Định lý Không gian định chuẩn E Banach chuỗi hội tụ tuyệt đối hội tụ Với không gian định chuẩn E F khơng gian đóng E Khi đó, không gian thương E/F không gian định chuẩn với chuẩn xác định x + F = inf{ x + y : y ∈ F } Đặc biệt, E khơng gian Banach E/F khơng gian Banach Cho E, F không gian định chuẩn Ký hiệu L(E, F ) tập hợp ánh xạ tuyến tính liên tục từ E vào E Ta biết L(E, F ) không gian định chuẩn với chuẩn f = sup f (x) , ∀f ∈ L(E, E) x =1 Nếu F không gian Banach L(E, F ) khơng gian Banach Đặc biệt, L(E, K) := E ∗ không gian liên hợp thứ E không gian Banach Bổ đề sau hệ định lý Hahn-Banach 1.1.5 Bổ đề Giả sử E không gian định chuẩn Khi x = sup{|f (x)| : f ∈ E ∗ , f = 1}, ∀x ∈ E Chứng minh Với x = tầm thường Nếu x = theo hệ định lý Hahn -Banach tồn f0 ∈ E ∗ cho f0 = |f0 (x)| = x Mặt khác, f ∈ E ∗ f = |f (x)| f x = x Suy x sup |f (x)| |f0 (x)| = x f ∈E ∗ , f =1 Ta thu x = sup{|f (x)| : f ∈ E ∗ , f = 1} Lớp không gian Banach sau quan tâm nhiều luận văn chúng tơi 1.1.6 Ví dụ Cho (X, A, µ) khơng gian độ đo, A σ−đại số tập hợp X µ độ đo đầy đủ σ-hữu hạn X Ký hiệu Lp (X, dµ) = {f : X → R : f đo |f |p khả tích X}(1 p < +∞) Trên Lp (X, dµ) ta đồng hàm hầu khắp nơi X Với phép tốn cộng, nhân vơ hướng theo điểm chuẩn xác định f p = p p |f (x)| dx , ∀f ∈ Lp (X, dµ) Lp (X, dµ) khơng gian Banach Hơn nữa, không gian đối ngẫu 1 Lp (X, dµ) đẳng cấu với khơng gian Lq (X, dµ), + = Trong p q khơng gian Lp (X, dµ) sử dụng bất đẳng thức quan trọng 1 bất đẳng thức Hăolder: Nu f Lp (X), g Lq (X, dµ) + = p q fg f p g q Đặc biệt, X ⊂ C tập hữu hạn µ độ đo đếm thỡ ta cú bt ng thc Hăolder c in n n ak bk i=1 |ak | p p q |bk | q k=1 k=1 Cho E không gian Banach Với p n 1, đặt ∞ p l (E) = {x = {xn } ⊂ E : xn n=1 p < +∞} Khi đó, lp (E) không gian véctơ trường K với phép toán x + y = {xn + yn }, λx = {λxn }, với x = {xn }, y = {yn } ∈ lp (E) với λ ∈ K 1.1.7 Mệnh đề Nếu E không gian Banach lp (E) khơng gian Banach với chuẩn ∞ x p xn p ) p , (1 =( p < ∞) n=1 với x = {xn } ∈ lp (E) Chứng minh Dễ dàng kiểm tra lp (E) khơng gian tuyến tính ∞ x p xn p ) p =( n=1 chuẩn lp (E) Ta chứng minh tính Banach lp (E) Giả sử {xk } ⊂ lp (E) dãy Cauchy Khi đó, với ε > tồn k0 cho ∞ xk − xl = xkn − xln < ε, ∀k, l k0 (1.1) n=1 Suy xkn − xln < ε, ∀k, l k0 , với n Do đó, với n = 1, 2, dãy {xkn }∞ k=1 Cauchy E Vì E khơng gian Banach nên xkn → xn k → ∞ Đặt x = (x1 , , xn , ) Trong (1.1), cố định k k0 cho l → ∞ ta nhận ∞ k x −x p xkn − xn < ε, ∀k = k0 (1.2) n=1 Suy xk hội tụ theo chuẩn p tới x Để kết thúc chứng minh ta phải x ∈ lp (E) Thật vậy, từ (1.2) suy lim (xkn0 − xn ) = 0, tức n→∞ xk0 − x ∈ lp (E) Vì xk0 ∈ lp (E) nên x = xk0 − (xk0 − x) ∈ lp (E) Mệnh đề mô tả cấu trúc không gian đối ngẫu lp (E) 1.1.8 Mệnh đề Giả sử E không gian Banach với không gian đối ngẫu E ∗ Khi đó, [lp (E)]∗ = lq (E ∗ ), (1 < p < ∞) 1 + = p q Chứng minh Giả sử u ∈ lq (E ∗ ) Khi u = (u1 , u2 , , un , ) với un ∈ E ∗ với n u q = un q q n=1 Xét ánh xạ fu : lp (E) → C xác định ∞ fu (x) = un (xn ) n=1 với x = (xn ) ∈ lp (E) Ta có ∞ fu (x) = | ∞ ∞ un (xn )| |un (xn )| n=1 un n=1 xn n=1 Theo bt ng thc Hăolder, ∞ ∞ un n=1 xn xn p ∞ p un n=1 q q = u q x p n=1 Vậy ánh xạ fu xác định Hơn nữa, ánh xạ tuyến tính nên từ bất đẳng thức suy fu liên tục fu u q Do fu ∈ [lp (E)]∗ Với f ∈ [lp (E)]∗ , ta chứng minh f = fu với u thuộc lq (E ∗ ) Với n = 1, 2, ta đặt un (x) = f (0, , 0, x, 0, ) n 10 với x ∈ E Rõ ràng un ∈ E ∗ với n Đặt u = (u1 , u2 , , un , ) Ta u ∈ lq (E ∗ ) f = fu Với k = 1, 2, , ta đặt f k (x) = f (x1 , x2 , , xk , 0, 0, ) = u1 (x1 ) + + uk (xk ), với x = (xn ) ∈ lp (E) Khi đó, fk ∈ [lp (E)]∗ với k Ta chứng minh f k (x) hội tụ tới f (x) với x ∈ lp (E) Thật vậy, |f (x) − f k (x)| = |f (0, , 0, xk+1 , xk+2 , )| k |f (0, , 0, xk+1 , xk+2 , )| k ∞ xn f p p →0 n=k+1 k → ∞ Như ∞ f (x) = un (xn ) n=1 với x = (xn ) ∈ lp (E) Vấn đề lại chứng minh u ∈ lq (E ∗ ) Bây giờ, ta với x = (xn ) ∈ lp (E), với ε > tồn tồn x˜n ∈ E cho xn = x˜n un (˜ xn ) = un Thật vậy, un = sup z=0 xn − |un (z)| z ε 2n |un (xn )| xn Do đó, tồn zn ∈ E cho ε |un (zn )| = un − n zn xn Đặt x˜n = zn xn Khi xn = x˜n zn ε ε |un (˜ xn )| = un − n xn = un |xn | − n xn 11 Hơn nữa, cách nhân vào x˜n với e−iθ , θ argument ta cịn nhận un (˜ xn ) = un xn − ε 2n Vì xn = x˜n nên x˜ = (˜ xn ) ∈ lp (E) Do ∞ ∞ un n=1 ∞ xn = un (˜ xn ) + n=1 n=1 ε = f (˜ x) + ε 2n f x˜ p + ε < +∞ Vì ε > tuỳ ý nên ∞ un xn f x˜ p = f x p (1.3) n=1 Với số tự nhiên N ta lấy y N = (y1N , , ynN , ) ∈ lp (E) cho un ynN = q−1 n N trường hợp lại Rõ ràng y N ∈ lp (E) thay vào (1.3) với để ý N N un q f un k=1 q p 1 + = ta nhận p q k=1 Suy N un q 1− p1 N = un k=1 q q f k=1 Cho N → ∞ ta có ∞ un q q f < ∞ n=1 Ta nhận u = (un ) ∈ lq (E ∗ ) f = fu Bây giờ, xét ánh xạ Φ : lq (E ∗ ) → [lp (E)]∗ 22 m, n → ∞, với z ∈ S Vì vậy, với z ∈ S, {fn (z)} dãy Cauchy X0 + X1 Do đó, lim fn (z) = w := f (z), ∀z ∈ S n→∞ Ta f bị chặn S Thật vậy, {fn } dãy Cauchy F (X0 , X1 ) nên bị chặn, tức tồn M > cho fn F M với n Cũng từ khẳng định phần đầu định lý, ta có fn (z) X0 +X1 với z ∈ S Suy f (z) X0 +X1 fn M, F M với z ∈ S, hay f bị chặn Tiếp theo, ta cần chứng minh f liên tục S Với z ∈ S, ta có fm (z) − fn (z) fm − fn X0 +X1 F Do đó, với ε > tồn n0 (không phụ thuộc vào z) cho fm (z) − fn (z) với m, n fm − fn X0 +X1 n0 Cố định n cho fn (z0 ) − fn (z) X0 +X1 1) cho T (x) Y0 M0 x X0 với x ∈ X0 T (x) Y1 M1 x X1 với x ∈ X1 Với v ∈ Xθ ε > 0, từ định nghĩa v θ = inf{ f F : v = f (θ)} ta suy tồn f ∈ F (X0 , X1 ) cho f F v θ + ε Đặt g(z) = M0z−1 M1−z T (f (z)) Khi đó, T tuyến tính liên tục nên g ∈ F (Y0 , Y1 ) Ta có g(θ) = M0θ−1 M1−θ T (v) := w ∈ Yθ M0θ−1 M1−θ T (v) θ = w θ = inf{ h F : h(θ) = w} g F 27 Mặt khác, g F = max{sup g(iy) Y0 , sup g(1 + iy) Y1 } y∈R max{sup M0iy−1 M1−iy (iy)f (iy) X0 , sup y∈R y∈R y∈R = = max{sup y∈R f (iy) M0 f (1 + iy) M0 X0 , sup y∈R max{sup f (iy) M0 y∈R f F = f F M0 = X0 , sup y∈R M0iy−1 M1−iy f (1 + iy) X1 } X1 } f (1 + iy) X1 } Vì vậy, M0θ−1 M1−θ T (v) θ T (v) θ g F f F f F v θ + ε Do đó, M01−θ M1θ ( v θ + ε) Vì ε > tuỳ ý nên T (v) θ M01−θ M1θ v θ Vậy T : Xθ → Yθ ánh xạ tuyến tính bị chặn Bằng cách áp dụng định lý cho trường hợp Y0 = X0 Y1 = X1 Ta nhận hệ sau quan trọng sau 2.1.8 Hệ Nếu X0 , X1 cặp khơng gian Banach tương thích Xθ không gian nội suy X0 X1 Chúng ta dùng ký hiệu [X0 , X1 ]θ thay cho không gian nội suy Xθ 2.2 Nội suy số lớp khơng gian Mục trình bày áp dụng phép nội suy phức cho số lớp không gian đặc biệt, cụ thể mô tả không gian nội suy Xθ , đồng thời đưa 28 kết nội suy lớp không gian dãy với giá trị không gian Banach Các ký hiệu mục trước dùng mục Cho X không gian tôpô compact địa phương µ độ đo Borel quy dương X Ta nhắc lại Lp := Lp (X, dµ), (p 1) khơng gian Banach với chuẩn f p p = p |f (x)|dµ Định lý sau kết tiếng Riesz Thorin mô tả cấu trúc không gian nội suy Lp0 Lp1 với p0 , p1 2.2.1 Định lý Cho < p0 < p1 < +∞ θ ∈ (0, 1) Khi đó, [Lp0 , Lp1 ]θ = Lp , θ 1−θ + = p p0 p1 1−θ θ + suy < p < ∞ Bởi = p p0 p1 X không gian compact địa phương nên Lp sinh tập Chứng minh Vì θ ∈ (0, 1) nên từ hợp hàm đo được, bị chặn giá compact Vì vậy, ta cần chứng minh v θ = v Giả sử v p p với hàm đo bị chặn giá compact v = v bị chặn với giá compact Đặt 1−z z + v p0 p1 f (z) = |v| |v| p với z ∈ S Rõ ràng f (θ) = v v θ = inf{ g F : g(θ) = v} f F 29 Với y ∈ R, ta có f (iy) p0 p0 = |f (iy)| dµ = |v| p p0 p0 p = ||v| dµ dµ p p p0 p0 = Do v sử v θ F = v = max{sup f (iy) y∈R v θ p p0 dµ p0 p0 Tính tốn tương tự, ta có f (1 + iy) f − iy iy + p p1 |v| p p p0 p = 1 với y ∈ R Vì vậy, p1 p0 , sup y∈R f (1 + iy) p1 } = Để chứng minh bất đẳng thức ngược lại, ta giả = Sử dụng định lý đối ngẫu không gian Lp ta viết v p = sup{| v, u | : u u hàm bị chặn, giá compact, v, u = Tiếp theo, v θ q = 1}, 1 + = q p u(s)u(s)dµ(s) = nên từ định nghĩa chuẩn [Lp0 , Lp1 ]θ suy với ε > tồn fε ∈ F (Lp0 , Lp1 ) cho v = fε (θ) fε F 1+ε Bởi fε F = max{sup fε (iy) y∈R nên f (iy) p0 = p0 , sup y∈R fε (1 + iy) |f (iy)(s)|p0 dµ(s) p0 Lấy u ∈ Lq có giá compact u q + ε = Với z ∈ S, đặt 1−z z + u q0 q1 |u| g(z) = |u| q p1 } (2.4) 30 Fε (z) = fε (z), g(z) , 1 + = với k = 0, Khi Fε ∈ F (Lp0 , Lp1 ) Với pk qk x ∈ R, ỏp dng bt ng thc Hăolder ta cú ú |Fε (ix)| = | fε (ix)(s)g(ix)(s)dµ(s)| p0 p0 |fε (ix)(s)| dµ(s) (1 + ε) |u q( 1−ix + q1 ) q q = (1 + ε) u(s) dµ(s) = (1 + ε) u q q0 q0 |g(ix)(s)| dµ(s) (s) q0 dµ(s) q0 q0 q0 = + ε q + ε với x ∈ R Tính tốn tương tự, ta có |Fε (1 + ix)| Tiếp theo, áp dụng Định lý 2.1.1 cho hàm Fε , ta nhận | v, u | = |Fε (θ)| sup |Fε (θ + ix)| x∈R sup |Fε (ix)| 1−θ sup |Fε (1 + ix)| x∈R 1−θ (1 + ε) p x∈R θ (1 − ε) = + ε Cho ε → ta nhận | v, u | v θ Do đó, = sup{| v, u | : u q = 1} = v θ Định lý chứng minh Bằng cách xét X = N với tôpô rời rạc độ đo đếm N ta có Lp = lp Vì ta có hệ sau 2.2.2 Hệ Cho < p0 < p1 < +∞ θ ∈ (0, 1) Khi [lp0 , lp1 ]θ = lp , 31 1−θ θ = + p p0 p1 Đối với không gian lp (E), E khơng gian Banach nhận kết tương tự từ Định lý 2.2.1 Bởi khơng gian Banach tổng qt phép nhân khơng xác định, việc xây dựng khơng gian hàm khả tích với giá trị không gian Banach làm cho trường hợp p = Một câu hỏi tự nhiên phải [lp0 (E), lp1 (E)]θ = lp (E), θ 1−θ + ? Phần lại p0 < p1 +∞, θ ∈ (0, 1) = p p0 p1 mục đưa câu trả lời khẳng định cho câu hỏi 2.2.3 Định lý Cho < p0 < p1 < +∞ θ ∈ (0, 1) Nếu E không gian Banach [lp0 (E), lp1 (E)]θ = lp (E), θ 1−θ + = p p0 p1 Chứng minh Bởi lp (E) sinh tập hợp phần tử có dạng x = {xn } cho xn = hữu hạn n nên ta cần chứng minh x θ = x p x = {xn } với phần tử có dạng Giả sử x ∞ n=1 xn p p = 1, thực tế tổng có hữu hạn số hạng Xét hàm f : S → lp0 (E) + lp1 (E) xác định f (z) = {tn }∞ n=1 ,   0 tn = = Khi x   n xn xn p 1−z z + p0 p1 xn = xn = 32 Rõ ràng f ∈ F (lp0 (E), lp1 (E)) f (θ) = x Do x θ = inf{ g F : g(θ) = x} Tiếp theo ta cần số tính tốn cho f ∞ f (iy) p0 xn xn = n=1 ∞ = n=1 ∞ = xn p xn − iy iy + p0 p1 = xn n=1 ∞ p1 p0 p0 p0 p p0 =1 n=1 f (1 + iy) p0 ∞ p0 p F Với y ∈ R, ta có − iy iy + p0 p1 p xn F f = n=1 xn xn xn ∞ = n=1 ∞ = xn p − iy + iy + p0 p1 − iy + iy + p0 p1 p xn p p1 = xn p p1 p1 p1 ∞ p1 p1 = n=1 n=1 Vì f F = max{sup f (iy) p0 , sup y∈R y∈R f (1 + iy) p1 } = Suy x f θ F = = x p Chứng minh bất đẳng thức ngược lại ta giả sử x θ ε > 0, từ x θ = inf{ f F : f (θ) = x} suy tồn fε ∈ F (lp0 (E), lp1 (E)) cho fε (θ) = x fε F + ε = Với 33 Để ý fε F = max{sup fε (iy) y∈R p0 , sup y∈R fε (1 + iy) p1 } Vì vậy, viết fε (z) = {fε (z)n }∞ n=1 ∞ fε (iy) p0 = p0 fε (iy)n p0 1+ε n=1 ∞ fε (1 + iy) p1 = fε (1 + iy)n p1 p1 + ε n=1 Theo Bổ đề 1.1.5 Mệnh đề 1.1.8, ta có x p = sup{|f (x)| : f ∈ [lp (E)]∗ , f p = 1} ∞ ∞ ∗ = sup{| un (xn )| : u = (un ) ∈ lq (E ), u q = n=1 un n=1 Cố định u = (un ) ∈ lq (E ∗ ), u ∞ Fε (z) = q q q = 1} (2.5) = Xét ánh xạ un n=1 q 1−z + qz q0 un un (fε (z)n ), với z ∈ S, fε (z) = (fε (z)1 , , fε (z)n , ) Khi đó, Fε hàm chỉnh hình S, liên tục bị chặn S ∞ Fε (θ) = un (xn ) n=1 Tiếp theo ta cần số đánh giá cho |Fε (iy)| |Fε (1 + iy)| Với 34 y R, ỏp dng bt ng thc Hăolder ta cú ∞ un |Fε (iy)| = q 1−iy + qiy q0 un (fε (iy)n ) un n=1 ∞ un q 1−iy + qiy q0 un (fε (iy)n ) un n=1 ∞ = un n=1 ∞ q −1 q0 ∞ |un (fε (iy)n )| un fε (iy)n n=1 = un q q0 ∞ fε (iy)n q q0 [ un n=1 = u q −1 q0 un q0 ] q0 n=1 q q0 q fε (iy) ∞ fε (iy)n p0 p0 n=1 = + ε p Tính tốn tương tự, ta có |Fε (1 + iy)| 1+ε với y ∈ R Với θ ∈ (0, 1), áp dụng Định lý 2.1.1 cho hàm Fε , ta nhận ∞ | un (xn )| = |Fε (θ)| sup |Fε (θ + iy)| y∈R n=1 sup |Fε (iy)| 1−θ y∈R sup |Fε (1 + iy)| y∈R (1 + ε)1−θ (1 − ε)θ = + ε Kết hợp bất đẳng thức (2.5), ta nhận x p + ε Vì ε tuỳ ý nên ta nhận x p Từ đó, suy x Định lý chứng minh p = x θ θ 35 Kết luận Luận văn thu kết sau sau: 1) Trình bày có hệ thống khái niệm kết nội suy không gian Banach, phương pháp nội suy phức 2) Chứng minh kết mà tài liệu đưa không chứng minh Mệnh đề 1.1.5, Mệnh đề 1.1.7, Mệnh đề 1.1.8, Ví dụ 1.2.2, Mệnh đề 1.2.3, Định lý 2.1.4, Nhận xét 2.1.5 Chứng minh chi tiết kết mà tài liệu chứng minh vắn tắt như: Định lý 2.1.1, Định lý 2.1.6, Định lý 2.1.7, Định lý 2.2.1 3) Đưa kết mô tả nội suy hai không gian dãy với giá trị không gian Banach (Định lý 2.2.3), kết nhận trường hợp không gian dãy với giá trị vô hướng nhận từ định lý nội suy Riesz-Thorin 36 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Văn Khuê, Lê Mậu Hải (2001), Cơ sở lý thuyết hàm giải tích hàm, Tập I, II, NXBGD [2] Nguyễn Văn Trào (2009), Cơ sở lý thuyết nội suy, NXB-ĐHSP Hà nội [3] Calderon, A P (1964), Intermediate spaces and interpolation, the complex method, Studia Math 24, 113-190 [4] Coifman, R R and Semmes, S (1993), Interpolation of Banach spaces, Perron processes, and Yang-Mills, Amer J Math 115, no 2, 243Ọ278 [5] Kăothe, G (1969), Topological vector spaces I, Springer Verlag [6] Neidinger, R D (1988) Concepts in the real interpolation of Banach spaces, Functional analysis, 43-53, Lecture Notes in Math., 1332, Springer, Berlin [7] Oklander, E T (1964), On interpolation of Banach spaces, Thesis (Ph D)-The University of Chicago, ProQuest LLC, Ann Arbor, MI [8] Semmes, S (1988), Interpolation of Banach spaces, differential geometry and differential equations, Rev Mat Iberoamericana 4, no 1, 155-176 [9] XU, Q., (1996), Interpolation of operator spaces, J Funct Anal 139, 500-539 ... pháp nội suy không gian Banach số ứng dụng, lựa chọn đề tài sau cho luận văn là: Nội suy khơng gian Banach Nội dung luận văn trình bày khái niệm kết nội suy không gian Banach, phương pháp nội suy. .. cặp không gian Banach tương thích Xθ khơng gian nội suy X0 X1 Chúng ta dùng ký hiệu [X0 , X1 ]θ thay cho không gian nội suy Xθ 2.2 Nội suy số lớp khơng gian Mục trình bày áp dụng phép nội suy. .. số lớp không gian đặc biệt, cụ thể mô tả không gian nội suy Xθ , đồng thời đưa 28 kết nội suy lớp không gian dãy với giá trị không gian Banach Các ký hiệu mục trước dùng mục Cho X khơng gian tơpơ